这道定积分如何解决呢？
这道定积分的问题很有意思！它涉及到三角函数和指数函数，是积分中比较常见但又需要一些技巧才能解决的类型。咱们一步一步来，把这个过程掰开了揉碎了说，保证你一看就懂。
咱们要解决的定积分是：
$$ int_a^b e^{kx} sin(mx) dx $$
其中 $a$ 和 $b$ 是积分的下限和上限，$k$ 和 $m$ 是常数。
这积分看着有点吓人，但是别急，咱们有办法对付它。解决这类积分，最常用的“武器”是分部积分法。
分部积分法是什么？
还记得微积分里那个“轮子公式”吗？就是：
$$ int u , dv = uv int v , du $$
这个公式的意思是说，如果你要积一个“被积函数乘以另一个被积函数”（比如 $u cdot dv$）的形式，可以把它转化成另一个积分 $int v , du$ 的形式。关键在于，通过巧妙地选择 $u$ 和 $dv$，让新的积分 $int v , du$ 比原来的积分 $int u , dv$ 更容易计算。
我们的积分怎么用分部积分法？
现在的问题是，我们有 $e^{kx}$ 和 $sin(mx)$ 这两个“好朋友”。我们该把谁设为 $u$，谁设为 $dv$ 呢？这有两种选择：
选择一：
设 $u = sin(mx)$
设 $dv = e^{kx} dx$
为了套用公式，我们需要计算 $du$ 和 $v$：
$du = frac{d}{dx}(sin(mx)) dx = m cos(mx) dx$
$v = int dv = int e^{kx} dx = frac{1}{k} e^{kx}$ (这里假设 $k eq 0$)
现在，把这些代入分部积分公式：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = left(sin(mx) ight) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m cos(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k} int e^{kx} cos(mx) dx $$
看，我们现在得到了一个新积分：$int e^{kx} cos(mx) dx$。这个积分跟原来的很像，只是把 $sin$ 换成了 $cos$。这说明，我们可能还需要再用一次分部积分法。
第二次分部积分（接着上面的思路）：
现在咱们要处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$ 这个新积分。还是用分部积分法，这次我们怎么选 $u$ 和 $dv$ 呢？
为了“保持一致性”，我们应该继续让指数函数 $e^{kx}$ 作为 $dv$ 的一部分，这样在积分过程中它还是指数函数，不会变得更复杂。所以，我们设：
设 $u = cos(mx)$
设 $dv = e^{kx} dx$
计算 $du$ 和 $v$：
$du = frac{d}{dx}(cos(mx)) dx = m sin(mx) dx$
$v = int dv = int e^{kx} dx = frac{1}{k} e^{kx}$
把这些代入分部积分公式，应用到这个新积分上：
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = left(cos(mx) ight) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m sin(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
奇迹发生了！ 你看，我们又回到了最初的那个积分形式 $int e^{kx} sin(mx) dx$！只不过多了个系数 $frac{m}{k}$。
把两次分部积分的结果“串联”起来
我们回到第一次分部积分得到的结果：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k} int e^{kx} cos(mx) dx $$
现在，我们把第二次分部积分的结果代进去：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx ight) $$
展开一下：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) frac{m^2}{k^2} int e^{kx} sin(mx) dx $$
注意到等式两边都有 $int e^{kx} sin(mx) dx$ 这一项。我们可以把它看作一个未知数（就像解代数方程一样）。让 $I = int e^{kx} sin(mx) dx$：
$$ I = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) frac{m^2}{k^2} I $$
现在，我们把带有 $I$ 的项移到等式的左边：
$$ I + frac{m^2}{k^2} I = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) $$
提取公因式 $I$：
$$ I left( 1 + frac{m^2}{k^2} ight) = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) $$
合并括号里的分数：
$$ I left( frac{k^2 + m^2}{k^2} ight) = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) $$
现在，为了求出 $I$，我们将等式两边同时乘以 $frac{k^2}{k^2 + m^2}$：
$$ I = frac{k^2}{k^2 + m^2} left( frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) ight) $$
把 $frac{k^2}{k^2 + m^2}$ 分配进去：
$$ I = frac{k}{k^2 + m^2} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2 + m^2} e^{kx} cos(mx) $$
我们可以把 $e^{kx}$ 提出来：
$$ I = frac{e^{kx}}{k^2 + m^2} (k sin(mx) m cos(mx)) $$
别忘了加上积分常数 $C$，如果这是不定积分的话。
处理定积分
我们的目标是求定积分 $int_a^b e^{kx} sin(mx) dx$。现在我们已经找到了不定积分的形式，只需要把上限 $b$ 和下限 $a$ 代入，然后相减即可：
$$ int_a^b e^{kx} sin(mx) dx = left[ frac{e^{kx}}{k^2 + m^2} (k sin(mx) m cos(mx)) ight]_a^b $$
$$ = frac{e^{kb}}{k^2 + m^2} (k sin(mb) m cos(mb)) frac{e^{ka}}{k^2 + m^2} (k sin(ma) m cos(ma)) $$
这就是最终的答案！
关于选择 u 和 dv 的一些思考
选择二：
我们也可以试试另一种分部积分的选择：
设 $u = e^{kx}$
设 $dv = sin(mx) dx$
计算 $du$ 和 $v$：
$du = k e^{kx} dx$
$v = int sin(mx) dx = frac{1}{m} cos(mx)$ (这里假设 $m eq 0$)
套用分部积分公式：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = (e^{kx}) left(frac{1}{m} cos(mx) ight) int left(frac{1}{m} cos(mx) ight) (k e^{kx} dx) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} int e^{kx} cos(mx) dx $$
现在我们要积分 $int e^{kx} cos(mx) dx$。还是用分部积分，这次我们保持指数函数为 $e^{kx}$ 的积分形式（或者说，把指数函数作为 $dv$ 的一部分）：
设 $u = cos(mx)$
设 $dv = e^{kx} dx$
我们已经做过了，得到 $du = m sin(mx) dx$ 和 $v = frac{1}{k} e^{kx}$。代入：
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = (cos(mx)) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m sin(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
把这个结果代回到第一个方程中：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx ight) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + int e^{kx} sin(mx) dx $$
等等，这里好像出错了，或者说这个选择导致了 $frac{k}{m} cdot frac{m}{k} = 1$，积分项没有得到“削减”，而是回到了原形，而且 $frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{1}{m} e^{kx} cos(mx)$ 这一项正好抵消了！
错误在哪里？
问题出在第二次分部积分的选择上。当我们第一次选择 $u=e^{kx}$ 和 $dv=sin(mx)dx$ 时，得到的是 $int e^{kx} cos(mx) dx$。这次我们应该继续保持指数函数作为 $u$，以便在积分时得到 $e^{kx}$，而三角函数会交替出现 $sin$ 和 $cos$。
让我们纠正选择二的第二次分部积分：
第一次选择是：
设 $u_1 = e^{kx}$
设 $dv_1 = sin(mx) dx$
$du_1 = k e^{kx} dx$
$v_1 = frac{1}{m} cos(mx)$
所以，
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) int left(frac{1}{m} cos(mx) ight) (k e^{kx} dx) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} int e^{kx} cos(mx) dx $$
现在我们处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$。这次应该把三角函数作为 $u$ 的微分，让指数函数作为 $dv$ 的积分，这样才能得到指数函数的积分形式。
正确处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$：
设 $u_2 = cos(mx)$
设 $dv_2 = e^{kx} dx$
$du_2 = m sin(mx) dx$
$v_2 = frac{1}{k} e^{kx}$
代入分部积分公式：
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = (cos(mx)) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m sin(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
再次串联
把这个 $int e^{kx} cos(mx) dx$ 的结果代回到第一个方程：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx ight) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + int e^{kx} sin(mx) dx $$
又出错了！ 这依然没能让我们解出原积分。
到底是怎么回事？
关键在于，我们在两次分部积分中必须对 $u$ 和 $dv$ 的选择“保持一致性”或者说“套路”。
如果你第一次选择了 $u = sin(mx)$, $dv = e^{kx}dx$ （得到 $int e^{kx} cos(mx) dx$），那么第二次处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$ 时，仍然应该让指数函数作为 $dv$ 的积分部分。即第二次应该选择 $u' = cos(mx)$, $dv' = e^{kx} dx$。这个套路是对的，我们也得到了最终答案。
如果你第一次选择了 $u = e^{kx}$, $dv = sin(mx)dx$ （得到 $int e^{kx} cos(mx) dx$），那么第二次处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$ 时，也应该让指数函数作为 $dv$ 的积分部分。即第二次应该选择 $u' = cos(mx)$, $dv' = e^{kx} dx$。
让我们严格按照第一次选择 $u=e^{kx}$ 的思路重新来一遍，确保套路一致：
设 $I = int e^{kx} sin(mx) dx$
第一次分部积分：
$u_1 = e^{kx}$
$dv_1 = sin(mx) dx$
$du_1 = k e^{kx} dx$
$v_1 = frac{1}{m} cos(mx)$
$$ I = uv int v , du = e^{kx} left(frac{1}{m} cos(mx) ight) int left(frac{1}{m} cos(mx) ight) (k e^{kx} dx) $$
$$ I = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} int e^{kx} cos(mx) dx $$
第二次分部积分（处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$）：
为了让问题可解，我们继续保持指数函数作为 $dv$ 的积分部分。
$u_2 = cos(mx)$
$dv_2 = e^{kx} dx$
$du_2 = m sin(mx) dx$
$v_2 = frac{1}{k} e^{kx}$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = uv int v , du = cos(mx) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m sin(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
将第二次积分结果代入第一次方程：
$$ I = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx ight) $$
展开右边：
$$ I = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} cdot frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} cdot frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
$$ I = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + int e^{kx} sin(mx) dx $$
这里又出错了！为什么会这样？
真正错误在于：第二次选择 $u_2=cos(mx), dv_2=e^{kx}dx$ 是对的，但代入的 $frac{k}{m}$ 因子与 $v_2$ 的 $frac{1}{k}$ 作用，抵消了指数的积分难度。
让我们换一个角度思考这个“套路”。
当你遇到 $e^{ax} sin(bx)$ 或 $e^{ax} cos(bx)$ 类型的积分时，最有效的方法是：
1. 对 $sin$ 或 $cos$ 做一次分部积分，让它变成 $cos$ 或 $sin$。
2. 对新的积分再次分部积分，这次也让指数函数“保持原样”（即作为 $dv$ 被积分）。
3. 这样，你就会回到原来的积分形式，从而可以解出未知数。
我们回到第一次选择的正确套路：
设 $I = int_a^b e^{kx} sin(mx) dx$
第一次分部积分：
$u = sin(mx) implies du = m cos(mx) dx$
$dv = e^{kx} dx implies v = frac{1}{k} e^{kx}$
$$ I = left[ uv ight]_a^b int_a^b v , du $$
$$ I = left[ sin(mx) cdot frac{1}{k} e^{kx} ight]_a^b int_a^b frac{1}{k} e^{kx} cdot m cos(mx) dx $$
$$ I = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k} int_a^b e^{kx} cos(mx) dx $$
第二次分部积分（处理 $int_a^b e^{kx} cos(mx) dx$）：
这次我们把 $cos(mx)$ 作为 $u$ 来微分，把 $e^{kx}dx$ 作为 $dv$ 来积分，这样才能让指数函数继续以 $e^{kx}$ 的形式出现。
$u' = cos(mx) implies du' = m sin(mx) dx$
$dv' = e^{kx} dx implies v' = frac{1}{k} e^{kx}$
$$ int_a^b e^{kx} cos(mx) dx = left[ u'v' ight]_a^b int_a^b v' , du' $$
$$ int_a^b e^{kx} cos(mx) dx = left[ cos(mx) cdot frac{1}{k} e^{kx} ight]_a^b int_a^b frac{1}{k} e^{kx} cdot (m sin(mx)) dx $$
$$ int_a^b e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kb} cos(mb) frac{1}{k} e^{ka} cos(ma) + frac{m}{k} int_a^b e^{kx} sin(mx) dx $$
将第二次积分结果代入第一次方程：
令 $J = int_a^b e^{kx} cos(mx) dx$
$$ I = left(frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) ight) frac{m}{k} J $$
然后，
$$ J = left(frac{1}{k} e^{kb} cos(mb) frac{1}{k} e^{ka} cos(ma) ight) + frac{m}{k} I $$
现在将 $J$ 代入 $I$ 的表达式中：
$$ I = left(frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) ight) frac{m}{k} left[ left(frac{1}{k} e^{kb} cos(mb) frac{1}{k} e^{ka} cos(ma) ight) + frac{m}{k} I ight] $$
展开右边：
$$ I = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) frac{m^2}{k^2} I $$
将 $frac{m^2}{k^2} I$ 移到左边：
$$ I + frac{m^2}{k^2} I = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) $$
合并左边的 $I$:
$$ I left(1 + frac{m^2}{k^2} ight) = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) $$
$$ I left(frac{k^2 + m^2}{k^2} ight) = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) $$
用 $frac{k^2}{k^2+m^2}$ 乘到右边：
$$ I = frac{k^2}{k^2+m^2} left( frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) ight) $$
将 $frac{k^2}{k^2+m^2}$ 分配进去，并整理一下：
$$ I = frac{k}{k^2+m^2} e^{kb} sin(mb) frac{k}{k^2+m^2} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2+m^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2+m^2} e^{ka} cos(ma) $$
将 $e^{kb}$ 和 $e^{ka}$ 的项组合起来：
$$ I = frac{e^{kb}}{k^2+m^2} (k sin(mb) m cos(mb)) frac{e^{ka}}{k^2+m^2} (k sin(ma) m cos(ma)) $$
这和我们最开始算出来的结果是一样的！
总结一下解决这类积分的关键点：
1. 分部积分法是基础。 理解 $ int u , dv = uv int v , du $。
2. 选择合适的 $u$ 和 $dv$。 对于 $e^{kx} sin(mx)$ 或 $e^{kx} cos(mx)$，通常选择三角函数作为 $u$，指数函数作为 $dv$（或反过来），但关键是第二次分部积分时要保持与第一次选择的思路一致，这样才能回到原积分形式。
3. 代数运算要细心。 把回来的积分项当作未知数处理，解出它。
希望这样详细的解释，并且把一些容易出错的地方也指出来，能帮助你彻底理解这个定积分的求解过程！如果还有其他问题，随时可以再问。
咱们要解决的定积分是：
$$ int_a^b e^{kx} sin(mx) dx $$
其中 $a$ 和 $b$ 是积分的下限和上限，$k$ 和 $m$ 是常数。
这积分看着有点吓人，但是别急，咱们有办法对付它。解决这类积分，最常用的“武器”是分部积分法。
分部积分法是什么？
还记得微积分里那个“轮子公式”吗？就是：
$$ int u , dv = uv int v , du $$
这个公式的意思是说，如果你要积一个“被积函数乘以另一个被积函数”（比如 $u cdot dv$）的形式，可以把它转化成另一个积分 $int v , du$ 的形式。关键在于，通过巧妙地选择 $u$ 和 $dv$，让新的积分 $int v , du$ 比原来的积分 $int u , dv$ 更容易计算。
我们的积分怎么用分部积分法？
现在的问题是，我们有 $e^{kx}$ 和 $sin(mx)$ 这两个“好朋友”。我们该把谁设为 $u$，谁设为 $dv$ 呢？这有两种选择：
选择一：
设 $u = sin(mx)$
设 $dv = e^{kx} dx$
为了套用公式，我们需要计算 $du$ 和 $v$：
$du = frac{d}{dx}(sin(mx)) dx = m cos(mx) dx$
$v = int dv = int e^{kx} dx = frac{1}{k} e^{kx}$ (这里假设 $k eq 0$)
现在，把这些代入分部积分公式：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = left(sin(mx) ight) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m cos(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k} int e^{kx} cos(mx) dx $$
看，我们现在得到了一个新积分：$int e^{kx} cos(mx) dx$。这个积分跟原来的很像，只是把 $sin$ 换成了 $cos$。这说明，我们可能还需要再用一次分部积分法。
第二次分部积分（接着上面的思路）：
现在咱们要处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$ 这个新积分。还是用分部积分法，这次我们怎么选 $u$ 和 $dv$ 呢？
为了“保持一致性”，我们应该继续让指数函数 $e^{kx}$ 作为 $dv$ 的一部分，这样在积分过程中它还是指数函数，不会变得更复杂。所以，我们设：
设 $u = cos(mx)$
设 $dv = e^{kx} dx$
计算 $du$ 和 $v$：
$du = frac{d}{dx}(cos(mx)) dx = m sin(mx) dx$
$v = int dv = int e^{kx} dx = frac{1}{k} e^{kx}$
把这些代入分部积分公式，应用到这个新积分上：
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = left(cos(mx) ight) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m sin(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
奇迹发生了！ 你看，我们又回到了最初的那个积分形式 $int e^{kx} sin(mx) dx$！只不过多了个系数 $frac{m}{k}$。
把两次分部积分的结果“串联”起来
我们回到第一次分部积分得到的结果：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k} int e^{kx} cos(mx) dx $$
现在，我们把第二次分部积分的结果代进去：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx ight) $$
展开一下：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) frac{m^2}{k^2} int e^{kx} sin(mx) dx $$
注意到等式两边都有 $int e^{kx} sin(mx) dx$ 这一项。我们可以把它看作一个未知数（就像解代数方程一样）。让 $I = int e^{kx} sin(mx) dx$：
$$ I = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) frac{m^2}{k^2} I $$
现在，我们把带有 $I$ 的项移到等式的左边：
$$ I + frac{m^2}{k^2} I = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) $$
提取公因式 $I$：
$$ I left( 1 + frac{m^2}{k^2} ight) = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) $$
合并括号里的分数：
$$ I left( frac{k^2 + m^2}{k^2} ight) = frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) $$
现在，为了求出 $I$，我们将等式两边同时乘以 $frac{k^2}{k^2 + m^2}$：
$$ I = frac{k^2}{k^2 + m^2} left( frac{1}{k} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2} e^{kx} cos(mx) ight) $$
把 $frac{k^2}{k^2 + m^2}$ 分配进去：
$$ I = frac{k}{k^2 + m^2} e^{kx} sin(mx) frac{m}{k^2 + m^2} e^{kx} cos(mx) $$
我们可以把 $e^{kx}$ 提出来：
$$ I = frac{e^{kx}}{k^2 + m^2} (k sin(mx) m cos(mx)) $$
别忘了加上积分常数 $C$，如果这是不定积分的话。
处理定积分
我们的目标是求定积分 $int_a^b e^{kx} sin(mx) dx$。现在我们已经找到了不定积分的形式，只需要把上限 $b$ 和下限 $a$ 代入，然后相减即可：
$$ int_a^b e^{kx} sin(mx) dx = left[ frac{e^{kx}}{k^2 + m^2} (k sin(mx) m cos(mx)) ight]_a^b $$
$$ = frac{e^{kb}}{k^2 + m^2} (k sin(mb) m cos(mb)) frac{e^{ka}}{k^2 + m^2} (k sin(ma) m cos(ma)) $$
这就是最终的答案！
关于选择 u 和 dv 的一些思考
选择二：
我们也可以试试另一种分部积分的选择：
设 $u = e^{kx}$
设 $dv = sin(mx) dx$
计算 $du$ 和 $v$：
$du = k e^{kx} dx$
$v = int sin(mx) dx = frac{1}{m} cos(mx)$ (这里假设 $m eq 0$)
套用分部积分公式：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = (e^{kx}) left(frac{1}{m} cos(mx) ight) int left(frac{1}{m} cos(mx) ight) (k e^{kx} dx) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} int e^{kx} cos(mx) dx $$
现在我们要积分 $int e^{kx} cos(mx) dx$。还是用分部积分，这次我们保持指数函数为 $e^{kx}$ 的积分形式（或者说，把指数函数作为 $dv$ 的一部分）：
设 $u = cos(mx)$
设 $dv = e^{kx} dx$
我们已经做过了，得到 $du = m sin(mx) dx$ 和 $v = frac{1}{k} e^{kx}$。代入：
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = (cos(mx)) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m sin(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
把这个结果代回到第一个方程中：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx ight) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + int e^{kx} sin(mx) dx $$
等等，这里好像出错了，或者说这个选择导致了 $frac{k}{m} cdot frac{m}{k} = 1$，积分项没有得到“削减”，而是回到了原形，而且 $frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{1}{m} e^{kx} cos(mx)$ 这一项正好抵消了！
错误在哪里？
问题出在第二次分部积分的选择上。当我们第一次选择 $u=e^{kx}$ 和 $dv=sin(mx)dx$ 时，得到的是 $int e^{kx} cos(mx) dx$。这次我们应该继续保持指数函数作为 $u$，以便在积分时得到 $e^{kx}$，而三角函数会交替出现 $sin$ 和 $cos$。
让我们纠正选择二的第二次分部积分：
第一次选择是：
设 $u_1 = e^{kx}$
设 $dv_1 = sin(mx) dx$
$du_1 = k e^{kx} dx$
$v_1 = frac{1}{m} cos(mx)$
所以，
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) int left(frac{1}{m} cos(mx) ight) (k e^{kx} dx) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} int e^{kx} cos(mx) dx $$
现在我们处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$。这次应该把三角函数作为 $u$ 的微分，让指数函数作为 $dv$ 的积分，这样才能得到指数函数的积分形式。
正确处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$：
设 $u_2 = cos(mx)$
设 $dv_2 = e^{kx} dx$
$du_2 = m sin(mx) dx$
$v_2 = frac{1}{k} e^{kx}$
代入分部积分公式：
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = (cos(mx)) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m sin(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
再次串联
把这个 $int e^{kx} cos(mx) dx$ 的结果代回到第一个方程：
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx ight) $$
$$ int e^{kx} sin(mx) dx = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + int e^{kx} sin(mx) dx $$
又出错了！ 这依然没能让我们解出原积分。
到底是怎么回事？
关键在于，我们在两次分部积分中必须对 $u$ 和 $dv$ 的选择“保持一致性”或者说“套路”。
如果你第一次选择了 $u = sin(mx)$, $dv = e^{kx}dx$ （得到 $int e^{kx} cos(mx) dx$），那么第二次处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$ 时，仍然应该让指数函数作为 $dv$ 的积分部分。即第二次应该选择 $u' = cos(mx)$, $dv' = e^{kx} dx$。这个套路是对的，我们也得到了最终答案。
如果你第一次选择了 $u = e^{kx}$, $dv = sin(mx)dx$ （得到 $int e^{kx} cos(mx) dx$），那么第二次处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$ 时，也应该让指数函数作为 $dv$ 的积分部分。即第二次应该选择 $u' = cos(mx)$, $dv' = e^{kx} dx$。
让我们严格按照第一次选择 $u=e^{kx}$ 的思路重新来一遍，确保套路一致：
设 $I = int e^{kx} sin(mx) dx$
第一次分部积分：
$u_1 = e^{kx}$
$dv_1 = sin(mx) dx$
$du_1 = k e^{kx} dx$
$v_1 = frac{1}{m} cos(mx)$
$$ I = uv int v , du = e^{kx} left(frac{1}{m} cos(mx) ight) int left(frac{1}{m} cos(mx) ight) (k e^{kx} dx) $$
$$ I = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} int e^{kx} cos(mx) dx $$
第二次分部积分（处理 $int e^{kx} cos(mx) dx$）：
为了让问题可解，我们继续保持指数函数作为 $dv$ 的积分部分。
$u_2 = cos(mx)$
$dv_2 = e^{kx} dx$
$du_2 = m sin(mx) dx$
$v_2 = frac{1}{k} e^{kx}$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = uv int v , du = cos(mx) left(frac{1}{k} e^{kx} ight) int left(frac{1}{k} e^{kx} ight) (m sin(mx) dx) $$
$$ int e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
将第二次积分结果代入第一次方程：
$$ I = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx ight) $$
展开右边：
$$ I = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} cdot frac{1}{k} e^{kx} cos(mx) + frac{k}{m} cdot frac{m}{k} int e^{kx} sin(mx) dx $$
$$ I = frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + frac{1}{m} e^{kx} cos(mx) + int e^{kx} sin(mx) dx $$
这里又出错了！为什么会这样？
真正错误在于：第二次选择 $u_2=cos(mx), dv_2=e^{kx}dx$ 是对的，但代入的 $frac{k}{m}$ 因子与 $v_2$ 的 $frac{1}{k}$ 作用，抵消了指数的积分难度。
让我们换一个角度思考这个“套路”。
当你遇到 $e^{ax} sin(bx)$ 或 $e^{ax} cos(bx)$ 类型的积分时，最有效的方法是：
1. 对 $sin$ 或 $cos$ 做一次分部积分，让它变成 $cos$ 或 $sin$。
2. 对新的积分再次分部积分，这次也让指数函数“保持原样”（即作为 $dv$ 被积分）。
3. 这样，你就会回到原来的积分形式，从而可以解出未知数。
我们回到第一次选择的正确套路：
设 $I = int_a^b e^{kx} sin(mx) dx$
第一次分部积分：
$u = sin(mx) implies du = m cos(mx) dx$
$dv = e^{kx} dx implies v = frac{1}{k} e^{kx}$
$$ I = left[ uv ight]_a^b int_a^b v , du $$
$$ I = left[ sin(mx) cdot frac{1}{k} e^{kx} ight]_a^b int_a^b frac{1}{k} e^{kx} cdot m cos(mx) dx $$
$$ I = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k} int_a^b e^{kx} cos(mx) dx $$
第二次分部积分（处理 $int_a^b e^{kx} cos(mx) dx$）：
这次我们把 $cos(mx)$ 作为 $u$ 来微分，把 $e^{kx}dx$ 作为 $dv$ 来积分，这样才能让指数函数继续以 $e^{kx}$ 的形式出现。
$u' = cos(mx) implies du' = m sin(mx) dx$
$dv' = e^{kx} dx implies v' = frac{1}{k} e^{kx}$
$$ int_a^b e^{kx} cos(mx) dx = left[ u'v' ight]_a^b int_a^b v' , du' $$
$$ int_a^b e^{kx} cos(mx) dx = left[ cos(mx) cdot frac{1}{k} e^{kx} ight]_a^b int_a^b frac{1}{k} e^{kx} cdot (m sin(mx)) dx $$
$$ int_a^b e^{kx} cos(mx) dx = frac{1}{k} e^{kb} cos(mb) frac{1}{k} e^{ka} cos(ma) + frac{m}{k} int_a^b e^{kx} sin(mx) dx $$
将第二次积分结果代入第一次方程：
令 $J = int_a^b e^{kx} cos(mx) dx$
$$ I = left(frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) ight) frac{m}{k} J $$
然后，
$$ J = left(frac{1}{k} e^{kb} cos(mb) frac{1}{k} e^{ka} cos(ma) ight) + frac{m}{k} I $$
现在将 $J$ 代入 $I$ 的表达式中：
$$ I = left(frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) ight) frac{m}{k} left[ left(frac{1}{k} e^{kb} cos(mb) frac{1}{k} e^{ka} cos(ma) ight) + frac{m}{k} I ight] $$
展开右边：
$$ I = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) frac{m^2}{k^2} I $$
将 $frac{m^2}{k^2} I$ 移到左边：
$$ I + frac{m^2}{k^2} I = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) $$
合并左边的 $I$:
$$ I left(1 + frac{m^2}{k^2} ight) = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) $$
$$ I left(frac{k^2 + m^2}{k^2} ight) = frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) $$
用 $frac{k^2}{k^2+m^2}$ 乘到右边：
$$ I = frac{k^2}{k^2+m^2} left( frac{1}{k} e^{kb} sin(mb) frac{1}{k} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2} e^{ka} cos(ma) ight) $$
将 $frac{k^2}{k^2+m^2}$ 分配进去，并整理一下：
$$ I = frac{k}{k^2+m^2} e^{kb} sin(mb) frac{k}{k^2+m^2} e^{ka} sin(ma) frac{m}{k^2+m^2} e^{kb} cos(mb) + frac{m}{k^2+m^2} e^{ka} cos(ma) $$
将 $e^{kb}$ 和 $e^{ka}$ 的项组合起来：
$$ I = frac{e^{kb}}{k^2+m^2} (k sin(mb) m cos(mb)) frac{e^{ka}}{k^2+m^2} (k sin(ma) m cos(ma)) $$
这和我们最开始算出来的结果是一样的！
总结一下解决这类积分的关键点：
1. 分部积分法是基础。 理解 $ int u , dv = uv int v , du $。
2. 选择合适的 $u$ 和 $dv$。 对于 $e^{kx} sin(mx)$ 或 $e^{kx} cos(mx)$，通常选择三角函数作为 $u$，指数函数作为 $dv$（或反过来），但关键是第二次分部积分时要保持与第一次选择的思路一致，这样才能回到原积分形式。
3. 代数运算要细心。 把回来的积分项当作未知数处理，解出它。
希望这样详细的解释，并且把一些容易出错的地方也指出来，能帮助你彻底理解这个定积分的求解过程！如果还有其他问题，随时可以再问。
网友意见
这个好像是哪个比赛潘潘的供题吧？
积分里面有 或 的都是一样分区间处理：
留白。
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